热门试卷

   （1）（2）证明略

（1） 对 已 知 函 数 进 行 降 次 分 项 变 形  , 得 ,

（2）首先证明任意

事实上,

而

.

略

证明：法一：(分析法)　要证a3＋b3＞a2b＋ab2成立，

只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)成立．

又因为a＋b＞0，只需证a2－ab＋b2＞ab成立．

又需证a2－2ab＋b2＞0成立，即需证(a－b)2＞0成立．

而依题设a≠b，则(a－b)2＞0显然成立，由此命题得证．

法二：(综合法)　a≠b⇒a－b≠0⇒(a－b)2＞0⇒a2－2ab＋b2＞0　

⇒a2－ab＋b2＞ab.(*)

而a，b均为正数，∴a＋b＞0，

由(*)式即得(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)，

∴a3＋b3＞a2b＋ab2.

证明略

证法一: 由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成关于y的一元二次方程得:

2y2－2(1－x)y+2x2－2x+=0，∵y∈R，故Δ≥0

∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］

同理可得y，z∈［0，］

证法二: 设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，

于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2

=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′)

=+x′2+y′2+z′2≥+x′2+=+x′2

故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］

证法三: 设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，

=x2+y2+z2≥x2+＞，矛盾 

x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，

则=x2+y2+z2≥x2+=x2+=x2－x+

=x(x－)+＞ 矛盾 

故x、y、z∈［0，］

证明略

分析：要证原不等式成立，也就是证（x1y1+x2y2－1）2－（x12+x22－1）（y12+y22－1）≥0.

（1）当x12+x22=1时，原不等式成立.……………3分

（2）当x12+x22＜1时，联想根的判别式，可构造函数f（x）=（x12+x22－1）x－2（x1y1+x2y2－1）x+（y12+y22－1）…………………7分

其根的判别式Δ=4（x1y1+x2y2－1）2－4（x12+x22－1）（y12+y22－1）.………9分

由题意x12+x22＜1，函数f（x）的图象开口向下.

又∵f（1）=x12+x22－2x1y1－2x2y2+y12+y22=（x1－y1）2+（x2－y2）2≥0，………11分

因此抛物线与x轴必有公共点.

∴Δ≥0.

∴4（x1y1+x2y2－1）2－4（x12+x22－1）（y12+y22－1）≥0，…………13分

即（x1y1+x2y2－1）2≥（x12+x22－1）（y12+y22－1）.……………14分

见解析.

利用反证法证明时，先否定结论，然后利用否定后的结论，结合已知的公理或者定理产生矛盾，说明假设不成立，原命题成立。设a、b、c都不大于0，a≤0，b≤0，c≤0，∴a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝（x2－2y＋）＋（y2－2z＋）＋（z2－2x＋）

∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾。

(反证法)证明：设a、b、c都不大于0，a≤0，b≤0，c≤0，∴a＋b＋c≤0，

而a＋b＋c＝（x2－2y＋）＋（y2－2z＋）＋（z2－2x＋）

＝（x2－2x）＋（y2－2y）＋（z2－2z）＋π＝（x－1）2＋（y－1）2＋（z－1）2＋π－3，

∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾，故a、b、c中至少有一个大于0.

见解析

本试题主要是考查了不等式证明的运用利用作差法或者柯西不等式法，重要不等式的思想都可以解决。体现了不同角度解决同一问题的灵活性。

证法1：（作差法）

    ……………6分  

又当且仅当a=b时等号成立，

…………………………8分

证法2：（柯西不等式）由柯西不等式：

证法3：（重要不等式）

当且仅当a=b时等号成立． …………………………8分

由上式可知：……12分

当时，解集 当时，解集

当时，解集

略

证明略

证法一: (1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立:

(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2，

∴当n=k+1时，不等式成立.

综合(1)、(2)得:当n∈N*时，都有1+＜2.

另从k到k+1时的证明还有下列证法:

证法二: 对任意k∈N*，都有:

证法三:设f(n)= 

那么对任意k∈N*都有:

∴f(k+1)＞f(k)

因此，对任意n∈N*都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0，

∴

证明略

证法一：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

(a+b)3－23=a3+b3+3a2b+3ab2－8=3a2b+3ab2－6

=3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3+b3)］=－3(a+b)(a－b)2≤0。 

即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因为2≤a+b≤2，

所以ab≤1 

证法二：设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则，

因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0           ①

因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)

所以n=                                           ②

将②代入①得m2－4()≥0，

即≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，

由2≥m得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，

即n≤1，所以ab≤1 

证法三：因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以

2=a3+b3=(a+b)(a2+b2－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)

于是有6≥3ab(a+b)，

从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）

证法四：因为

≥0，

所以对任意非负实数a、b，有≥

因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以1=≥，

∴≤1，即a+b≤2，(以下略）

证法五：假设a+b＞2，则

a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，

又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)

因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，

故a+b≤2(以下略)。

证明略

因为是轮换对称不等式，可考虑由局部证整体.

,

相加整理得.

当且仅当时等号成立.

【名师指引】综合法证明不等式常用两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数这一结论，运用时要结合题目条件，有时要适当变形.

见解析。

本试题主要是考查了不等式的证明，利用均值不等式和消元的思想，表示参数，然后结合a，b是方程x2－(1－c)x＋c2－c＝0的两个不等实根，得到判别式大于零，得到c的范围。

因为a＋b＝1－c，ab＝＝c2－c，      ………………………3分

所以a，b是方程x2－(1－c)x＋c2－c＝0的两个不等实根，

则△＝(1－c)2－4(c2－c)＞0，得－＜c＜1，            ………………………5分

而(c－a)(c－b)＝c2－(a＋b)c＋ab＞0，

即c2－(1－c)c＋c2－c＞0，得c＜0，或c＞，       …………………………8分

又因为，所以．所以－＜c＜0，即1＜a＋b＜．  …………10分

见解析。

本试题主要是考查了运用不等式的思想，证明和求解参数x,y,z的取值范围问题。根据已知中，然后消去一个未知数，然后利用韦达定理的思想来求解范围。

证明：显然

是方程的两个实根，

由得，同理可得，

（1）见解析（2）见解析

证明：（1）(证法一)记g(x)＝lnx＋－1－ (x－1).则当x>1时，

g′(x)＝＋－<0，g(x)在(1，＋∞)上单调递减.

又g（1）＝0，有g(x)<0，即f(x)< (x－1).

(证法二)

由均值不等式，当x>1时，2<＋.①

令k(x)＝lnx－x＋1，则k（1）＝0，k′(x)＝－1<0，

故k(x)<0，即lnx

由①②得，当x>1时，f(x)< (x－1).

（2）(证法一)记h(x)＝f(x)－，由（1）得

h′(x)＝＋－＝－<－＝.

令g(x)＝(x＋5)3－216x，则当12－216<0.

因此g(x)在(1,3)内是递减函数，又由g（1）＝0，得g(x)<0，所以h′(x)<0.

因此h(x)在(1,3)内是递减函数，又由h（1）＝0，得h(x)<0.于是当1.

(证法二)记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，

则当1 (x－1)＋(x＋5)－9

＝ [3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x]<

＝ (7x2－32x＋25)<0.

因此h(x)在(1,3)内单调递减，又，所以，即.